精品解析：江西南昌市江西科技学院附属中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

江科附中2025-2026学年第二学期高一年级期末考试数学试卷 卷面分数：150分 考试时间：120分钟 二、单选题（每小题5分，共40分） 1. 若复数z满足，则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义得，即可求解对应的点. 【详解】由可得，故在复平面内对应的点为, 故对应的点为第一象限， 故选：A 2. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线面、面面平行与垂直的判定定理及性质，逐一判断即可． 【详解】对于A，若 ， ，， ，若与相交，则；若，则，或与相交，故A错误； 对于B，若，，若，则；若，则与不平行，故B错误； 对于C，若，，，则与可能垂直、斜交或平行，故C错误； 对于D，若，，则，故D正确． 3. 已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ） A. B. C. 1 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据，结合数量积运算求解. 【详解】根据题意，， 则. 故选：B 4. 若函数 的最小正周期为，则 （    ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【详解】最小正周期，解得， 则， ． 5. 如图，二面角的大小为，，，，，，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】过，分别作，的平行线，使之交于点，根据余弦定理求出，再证明，进而求解即可. 【详解】过，分别作，的平行线，使之交于点， 因为，所以，而，二面角的大小为， 则，而，， ， 又平面，所以平面， 由，可得平面，又平面， 则，则. 6. 如图，在正方体中，E，F，G，H，N分别是，AD，，，AB的中点．则下列结论错误的是（ ） A. C，G，，F四点共面 B. 平面平面 C. 直线与BD是异面直线 D. 直线EF与HG所成角的正切值为 【答案】D 【解析】 【分析】利用平行线传递性判断A选项；由面面平行判定定理判断B选项；C选项中排除与BD相交和平行的情况即可得到与BD是异面直线；D选项中，首先根据平行线传递性和线线角定义得到为EF与HG所成角或其补角，再在直角三角形中求即可判断. 【详解】对于A，取中点，连结， 由于F是AD的中点，在正方体中可知， 又，所以四边形为平行四边形，故， 因此，A选项正确； 对于B，连结，由于E，F，N均为中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理平面，平面， 所以平面//平面，B选项正确； 对于C，直线平面，平面，且，所以直线与不相交； 若，则平面或平面，这与平面矛盾，所以直线与不平行， 综上，与BD是异面直线，C选项正确； 对于D，由于，所以， 故为直线EF与HG所成角或其补角， 不妨设正方体棱长为，则， 由于底面，底面，所以， 所以，所以直线EF与HG所成角的正切值为，D选项错误. 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知等式结合正弦定理可得，再由余弦定理可得，最后结合同角的三角函数关系和特殊三角函数值得到结果即可 【详解】由及正弦定理得，即， 由及余弦定理可得， ∴，∴，∴. 又，∴. 故选：D. 8. 如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，．E，F分别是，的中点，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用侧棱长表示出，再在侧面中，利用余弦定理列方程求出侧棱长，然后可得三条侧棱两两垂直，通过补形法即可求解. 【详解】设，则，， 因为， 所以，则， 在中，因为，则， 由余弦定理可得， 即，解得， 可知，即，所以，，两两垂直， 可以把三棱锥补形棱长为的正方体，可知球即为正方体的外接球， 其体对角线即为外接球的直径，即，， 所以球的表面积． 二、多选题（每小题6分，共18分，每小题有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列四个几何体中体积与其表面积的数值之比为的是（ ） A. 底面半径为1，高为2的圆锥 B. 底面半径为1，高为2的圆柱 C. 上、下底面半径分别为，，高为2的圆台 D. 半径为1的球 【答案】BD 【解析】 【分析】利用圆锥、圆柱、圆台和球体的体积和表面积公式逐一计算检验即得. 【详解】对于A，圆锥的体积为，表面积为， 所以，故A错误； 对于B，圆柱的体积为，表面积为， 所以，故B正确； 对于C，圆台的体积为， 表面积为：， 所以，故C错误； 对于D，球的体积为：，表面积为：， 所以，故D正确． 故选：BD． 10. 已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ） A. B. 的取值范围为 C. 若，则的外接圆的半径为2 D. 若，则的面积的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：借助面积公式与余弦定理计算即可得；对B：借助锐角三角形定义与三角形内角和计算即可得；对C：借助正弦定理计算即可得；对D：借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解. 【详解】对A：由题意可得，由余弦定理可得， 即有，即， 由，故，即，故A正确； 对B：则，，解得，故B正确； 对C：由正弦定理可得，即，故C错误； 对D：若，则， 由正弦定理可得，即， 即 ， 由，则，故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：D选项关键点在于借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解. 11. 已知点P为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一动点，四边形ABCD为正方形，，E为AB的中点，F为DD1的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得截面的面积为 B. 过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面为五边形 C. 若平面A1C1E，则点P的轨迹长度为 D. 若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：取BC的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，证明得到，则，，，四点共面，得出过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，即可求解； 选项B：连接C1F并延长，交CD的延长线于H，连接EH交AD于I，连接IF，取BB1靠近B的四等分点Q，连接EQ，QC1，作的中点，连接和，证明，得到，，，，五点共面，从而得到五边形EQC1FI即过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面； 选项C：分别取AD，CD，BC的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，证明平面平面A1C1GE，从而得到点P的轨迹为，即可求解； 选项D：点P的轨迹长度为两个以为半径的圆的周长的再加上两个侧棱BB1的长度，即可求解. 【详解】选项A：如图1，取BC的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，则过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，理由如下： 连接，因为，分别是和的中点，所以， 又在平行四边形中，，所以，则，，，四点共面， 因为，所以，，， 则等腰梯形A1C1GE的高， 所以等腰梯形A1C1GE的面积，所以A正确； 选项B：如图2，连接C1F并延长，交CD的延长线于H，连接EH交AD于I，连接IF，取BB1靠近B的四等分点Q，连接EQ，QC1，则五边形EQC1FI即过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面，理由如下： 作的中点，连接和，作的中点，连接和， 则有，，所以四边形是平行四边形，即， 又有，，，，所以，， 所以四边形是平行四边形，即，则， 所以，，，四点共面， 由题可知平面平面，平面平面，平面平面，所以， 又因为Q是BB1靠近B的四等分点，是的中点，所以， 则，所以，，，，五点共面，所以B正确； 选项C：如图3，分别取AD，CD，BC的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面A1C1GE， 则点P的轨迹为，所以点P的轨迹长度为，故C错误； 选项D：如图4，若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为两个以为半径的圆的周长的再加上两个侧棱BB1的长度，即，所以D正确． 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：多面体的截面问题，往往需要把满足条件的平面“延展”，得到其与多面体各个面的交线，从而确定“完整截面”的形状，进而求得其周长、面积等，得到交线的方法多是依据“线线平行”，即在多面体中充分利用“特征点”（中点、三等分点、四等分点等）作平行线得到交线． 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若复数满足，则的虚部为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数z，即可求得答案. 【详解】由，得， 故的虚部为1， 故答案为：1 13. 已知平面向量与与满足，，且在方向上的投影向量为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求出，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】因为在方向上的投影向量为，即， 所以，则， 故. 14. 已知正四棱柱的体积为，，且底面内（包含边界）一动点P满足，则点P的轨迹长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱柱的性质及棱柱的体积求出侧棱长，结合勾股定理求出，得到点的轨迹是圆在正方形内的一段弧，求出圆心角，代入弧长公式求解即可. 【详解】设正四棱柱的高为， 则，解得，即侧棱. 易知为直角三角形，所以， 所以点在底面上的轨迹是以为圆心、半径的圆的一部分. 底面是边长为2的正方形，因为， 所以点的轨迹圆与底面的交点在，上，设为，， 则. 在中，，则， 同理可得， 所以点的轨迹是圆在正方形内的一段弧，圆心角为， 所以弧长为. 故点P的轨迹长度为. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且. （1）求角； （2）若，的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知根据余弦定理求解，然后根据特殊角的函数值求解即可； （2）结合完全平方和公式利用余弦定理求得，然后代入三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理， 所以，又，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 因为，由已知得，故，故， 所以. 16. 如图，在菱形ABCD中，若，，，． （1）若，，求的值； （2）求以及的值． 【答案】（1），，， （2）； 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用平面向量的线性运算法则，准确化简，即可求解； （2）由（1）知，，结合向量数量积的运算公式和向量的运算律，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意知，在菱形中，， 因为，可得，所以， 又因为，所以， 因为，可得，所以， 所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：因为，且，可得， 所以，且， 由（1）知， 可得， 所以， 且. 17. 如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，，，，分别是，，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求证：平面 【答案】（1）在△ 中，，分别是，的中点，即， ∵面面，面，面， ∴面 又∵底面是正三角形且，是的中点，即在正方形中有为平行四边形，有， ∵面面，面，面， ∴面，而， ∴面面 （2）在正方形中有，若的交点为，连接、， 即有矩形：，，而，则面， ∴面，而面，即，又， ∴面 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定有面，面，又结合面面平行的判定可证面面； （2）应用正方形、矩形、直三棱柱的性质，利用线面垂直的判定证明平面即可； 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了应用线面平行、面面平行的判定证平行，线面垂直判定证垂直，属于中档题. 18. 如图，在三棱台中，平面平面，，，且． （1）证明：； （2）求直线与平面所成的角的大小； （3）线段上是否存在点，使得二面角的平面角正切值为？若存在，求出线段BE的长，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：三棱台中，平面平面，， 又，所以四边形为等腰梯形，易得. 在中，， 则，所以，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的性质，结合棱台的性质证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理得到平面平面，根据面面垂直的性质及线面角的定义求解即可. （3）根据面面垂直的性质及线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理及二面角的定义确定二面角的平面角，根据平行线的性质求解判断即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 三棱台中，因为，所以. 由（1）知，平面，因为平面，所以. 因为平面，，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 过点作，交的延长线于. 因为平面平面，平面，所以平面， 则即为直线与平面所成的角. 在中，，，所以，即. 故直线与平面所成的角大小为. 【小问3详解】 设三棱台侧棱的延长线交于点，易知为等边三角形， 由平面平面，平面平面，得平面平面. 取中点，连接，则，且. 又平面平面，平面，所以平面. 连接，过点作交于，则平面. 因为平面，所以. 过点作交于，连接. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以，则即为二面角的平面角. 若存在点，使得二面角的平面角正切值为，即. 设，则， 因为，，则， 即，解得. 在中，， 在中，， 在直角梯形中，， 因为，即，所以， 所以线段上存在满足题意的点，. 19. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c． （1）已知，求； （2）若是锐角三角形，为（1）中所求，H为的垂心，且CH=3，求的取值范围； （3）若，令，试求t的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过同角三角函数关系与正弦定理将已知等式转化为边的关系，再用余弦定理求出角C； （2）设，利用三角形垂心的性质与直角三角形的边角关系表示出，再通过三角恒等变换化简目标表达式，结合的范围求取值范围； （3）利用正弦定理、三角恒等变换化简的表达式，再通过余弦定理将其转化为边的关系，最后利用二次函数性质求最大值. 【小问1详解】 因为，， 所以，由正弦定理，得， 即，由余弦定理，得，因为，所以； 【小问2详解】 延长交于，延长交于，设，，所以， 在中，，在中，，，所以， 在中，，同理可得在中，， 所以 ，因为，所以， 所以，所以，即的取值范围为； 【小问3详解】 由余弦定理，可得，所以， 由，可得， 所以， 故， 所以，当且仅当时等号成立，即，时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江科附中2025-2026学年第二学期高一年级期末考试数学试卷 卷面分数：150分 考试时间：120分钟 二、单选题（每小题5分，共40分） 1. 若复数z满足，则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 3. 已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ） A. B. C. 1 D. 13 4. 若函数 的最小正周期为，则 （    ） A. 2 B. C. 1 D. 0 5. 如图，二面角的大小为，，，，，，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 6. 如图，在正方体中，E，F，G，H，N分别是，AD，，，AB的中点．则下列结论错误的是（ ） A. C，G，，F四点共面 B. 平面平面 C. 直线与BD是异面直线 D. 直线EF与HG所成角的正切值为 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，．E，F分别是，的中点，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分，每小题有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列四个几何体中体积与其表面积的数值之比为的是（ ） A. 底面半径为1，高为2的圆锥 B. 底面半径为1，高为2的圆柱 C. 上、下底面半径分别为，，高为2的圆台 D. 半径为1的球 10. 已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ） A. B. 的取值范围为 C. 若，则的外接圆的半径为2 D. 若，则的面积的取值范围为 11. 已知点P为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一动点，四边形ABCD为正方形，，E为AB的中点，F为DD1的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得截面的面积为 B. 过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面为五边形 C. 若平面A1C1E，则点P的轨迹长度为 D. 若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若复数满足，则的虚部为__________. 13. 已知平面向量与与满足，，且在方向上的投影向量为，则__________． 14. 已知正四棱柱的体积为，，且底面内（包含边界）一动点P满足，则点P的轨迹长度为______． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且. （1）求角； （2）若，的面积. 16. 如图，在菱形ABCD中，若，，，． （1）若，，求的值； （2）求以及的值． 17. 如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，，，，分别是，，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求证：平面 18. 如图，在三棱台中，平面平面，，，且． （1）证明：； （2）求直线与平面所成的角的大小； （3）线段上是否存在点，使得二面角的平面角正切值为？若存在，求出线段BE的长，若不存在，请说明理由． 19. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c． （1）已知，求； （2）若是锐角三角形，为（1）中所求，H为的垂心，且CH=3，求的取值范围； （3）若，令，试求t的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $